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【化学】广西壮族自治区南宁市第三中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷
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广西壮族自治区南宁市第三中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
考试时间：90分钟 总分：100分
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 P-31 S-32 Fe-56 Cu-64
一、单选题（1-8题每小题2分，9-20题每小题3分 , 共52分）
1.人类将在未来逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”(包括风能、生物质能等太阳能转换形态)，届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法错误的是（ ）
A. 煤、石油和天然气都属于碳素燃料
B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应
C. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能
D. 目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”
【答案】D
【解析】
试题分析：A、煤和石油，天然气都为化石燃料，为碳素燃料，之前，不选A；B、太阳能的利用减少化石燃料的使用，从而减慢温室效应，正确，不选B；C、太阳能电池将太阳能转化wie电能，为清洁能源和 新能源，正确，不选C；D、菠菜蛋白质制成电池为生物质能，属于太阳能文明时代范畴，错误，选D。
考点：常见的生活环境的污染和治理
2.下列物质在水溶液中的电离或水解方程式书写正确的是（ ）
A. CH3COO－+H2O = OH－＋CH3COOH B. HF+H2OH3O＋＋F－
C. H3PO43H＋＋PO D. NaHCO3Na＋＋H＋＋CO
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸根离子的水解应当用可逆符号，A项错误；
B．HF为弱酸，其电离方程式使用可逆符号，题给的式子将氢离子写成了水合氢离子，B项正确；
C．磷酸作为多元弱酸，应分步电离，一步为主，C项错误；
D．碳酸氢钠应完全电离，所以电离方程式应使用等号，碳酸氢根离子不能拆写，D项错误；
所以答案选择B项。
3.参照反应Br+H2→HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（ ）
A. 正反应为放热反应
B. 断键吸收的总能量大于成键放出的总能量
C. 反应物总能量高于生成物总能量
D. 升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率
【答案】B
【解析】
试题分析：A、当反应物总能量低于生成物总能量，则反应是吸热反应，故A错误；
B、当反应物总能量低于生成物总能量，即断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，故B正确；
C、当反应物总能量高于生成物总能量，则反应是放热反应，根据图示可以看出：△H=+（E1-E2）kJ/mol＞0，是吸热反应，故C错误；
D、升高温度能使化学反应速率加快，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误．
故选B。
考点：反应热和焓变 化学反应中能量转化的原因
点评：本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等。
4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
B. 100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】
分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；
B.根据铁离子水解分析；
C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；
D.根据反应是可逆反应判断。
详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；
B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；
C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；
D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。
点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。
5.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 其他条件一定时，平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动
B. 某特定反应的平衡常数仅是温度的函数
C. 通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行
D. 反应NH3(g)+HCl(g) NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH <0
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡常数是温度的函数，平衡常数变化，往往是由于温度发生了变化，而温度变化时平衡一定发生移动，A项正确；
B．对于一下确定的可逆反应化学方程式，平衡常数仅随温度变化，B项正确；
C．放热反应有利于自发，熵增有利于自发，既放热又熵增反应一定自发，C项错误；
D．反应由气体变成了固体，熵是减小的，但室温下该反应可自发，说明该反应显著放热，即焓变小于0，D项正确；
所以答案选择C项。
6.下列事实或操作不符合平衡移动原理的是（ ）
A. 开启啤酒有泡沫逸出
B. 向FeCl3溶液中加KSCN，有Fe（SCN)3(血红色)+3KCl反应，平衡后向体系中加入KCl固体，使体系红色变浅
C. 装有的烧瓶置于热水中颜色加深
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A．啤酒中存在平衡：CO2（g）CO2(aq)，开启啤酒后压强减小，平衡逆向移动，有泡沫溢出，A项排除；
B．从实际参与反应的离子分析，氯化钾不参与反应，KCl的加入并不能使平衡移动，B项可选；
C．装有二氧化氮的烧瓶中存在平衡2 NO2 N2O4 ΔH <0，温度升高，平衡逆向移动，气体颜色加深，C项排除；
D．氯气能和水反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，减少氯气和水的反应损耗，D项排除；
所以答案选择B项。
7.下列关于溶液酸碱性的说法中正确的是（ ）
A. pH=7的溶液一定显中性
B. 中性溶液中，c(H+)一定是1.0×10−7mol·L−1
C. c(H+)= c(OH−)的溶液显中性
D. 在100°C时，纯水的pH<7，因此显酸性
【答案】C
【解析】
试题分析：运用pH判断溶液的酸碱性时，要注意水的离子积常数与温度有关，A、没有给出温度，A错误；B、在中性溶液中c(H＋)和c(OH－)一定相等，但不一定等于1.0×10－7mol·L－1，B错误；C．c(OH－)＝c(H＋)的溶液呈中性，C正确；D、100 ℃的纯水中，虽然pH<7，但c(H＋)＝c(OH－)，还是中性，D错误。
考点：考查了溶液酸碱性与pH的关系。
8.下列对氨水溶液中存在的电离平衡NH3·H2O NH4+＋OH－叙述正确的是（ ）
A. 加水后，溶液中n(OH－)增大
B. 加入少量浓盐酸，溶液中c(OH－)增大
C. 加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动
D. 加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)减少
【答案】A
【解析】
【分析】
加水稀释时，促进氨水电离，c (OH-)减小，n(OH－)增大；加入少量浓盐酸，氢离子和氢氧根离子反应生成水，c (OH-)减小；加入少量浓NaOH溶液，溶液中c (OH-)增大，则抑制一水合氨电离；加入少量NH4Cl固体，c (NH4+)增大，平衡左移。
【详解】A项，加水使NH3·H2O电离平衡右移，n(OH－)增大；B项，加入少量浓盐酸使c(OH－)减小；C项，加入浓NaOH溶液，电离平衡向左移动；D项，加NH4Cl固体，c(NH4+)增大。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确影响弱电解质电离的因素是解答关键，弱电解质的电离是吸热反应，降低温度抑制弱电解质电离，向氨水中加入酸促进一水合氨电离，加入碱抑制一水合氨电离，加水稀释促进一水合氨电离。
9.在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g) MHx+2y(s) ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 若降温，该反应的平衡常数减小
B. 吸收y mol H2只需1 mol MHx
C. 达到平衡后，容器内气体密度保持不变
D. 若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)>v(吸氢)
【答案】C
【解析】
A．反应为放热，反应降低温度，平衡正向移动，则该反应的平衡常数增大，故A错误；B．为可逆反应，1molMHx(s)与ymolH2(g)不能完全反应，则吸收y mol H2需大于1 mol MHx，故B错误；C．该容器为恒温恒容的密闭容器，容器中只有一种气体——氢气，气体的质量逐渐减小，因此气体密度保持不变，表示达到了平衡状态，故C正确；D．通入少量氢气，平衡正向移动，则v(放氢)＜v(吸氢)，故D错误；故选C。
点睛：本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握化学平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意K与温度的关系，选项B为易错点。
10.硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图，
下列说法正确的是（ ）
A. 313K时，根据曲线计算可知Ksp(SrSO4) 数量级为10-5
B. 三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大
C. 283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液
D. 283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据表中数据计算，在313K时，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)•c(SO42-)=10-1.45-1.65=10-3.1数量级不为10-5，A项错误；
B．由图像可知，在c(SO42-)或c(Sr2+)相同的条件下，313K时另一种离子的浓度最大，则313K时Ksp(SrSO4)最大，B项正确 ；
C．283K时，位于沉淀溶解平衡曲线上的点达到沉淀溶解平衡，a点在283K曲线的下方，离子浓度乘积小于283K时的Ksp(SrSO4)，为不饱和溶液，C项错误；
D．283K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后，Ksp(SrSO4)减小，溶解平衡逆向移动，会有晶体析出，还是饱和溶液，D项错误；
所以答案选择B项。
11.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在＋H2O＋OH－平衡。下列说法不正确的是（ ）
A. 加入NaOH固体，减小
B. 通入CO2，溶液pH减小
C. 升高温度，平衡常数增大
D. 稀释溶液，增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入氢氧化钠固体，增加了溶液中OH-浓度，平衡逆向移动，CO32-浓度增加，HCO3-子浓度减小，所以减小，A项正确；
B．通入二氧化碳会使OH-浓度减小，所以溶液的pH也变小，B项正确；
C．升高温度时，水解平衡向吸热方向移动，所以水解平衡常数增大，C项正确；
D．所给的式子为水解平衡常数的表达式，而水解平衡常数只随温度的变化而变化，D项错误；
所以答案选择D项。
12.反应4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)中，4 mol HCl 被氧化，放出115.6 kJ的热量。
又知：，；
判断下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH＝＋115.6 kJ·mol－1
B. 断开1 mol H—O 键与断开1 mol H—Cl 键所需能量相差约为32 kJ
C. HCl中H—Cl 键比H2O中H—O键稳定
D. 由题中所提供信息判断氯元素的非金属性比氧元素强
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应的焓变小于0，A项错误；
B．由反应放出的热量与所给的键能数据，可得ΔH=4×H—Cl键的键能+1×O—O的键能-2×Cl—Cl键的键能-4×H—O 键的键能，通过计算可得H-O键的键能减去H-Cl键的键能为31.9kJ，B项正确；
C．由B项可得氢氧键比氢氯键稳定，C项错误；
D．非金属性的强弱与键能无关，D项错误；
所以答案选择B项。
13.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是
A. 原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
B. X的氢化物水溶液酸性强于Z的
C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键
D. 标准状况下W的单质状态与X的相同
【答案】D
【解析】
分析：本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。
详解：黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。
A．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误。
B．HCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的。选项B错误。
C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误。
D．标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态。选项D正确。
点睛：本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。
14.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则等物质的量浓度的NaA和NaB混合溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)
B. 图2中在b点对应温度下，将pH＝2的H2SO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
C. 用0.0100 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl－
D. 图4表示在N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)达到平衡后，减小NH3浓度时速率的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据图1，相同pH时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即HA的酸性强于HB，依据越弱越水解的规律，A－水解程度弱于B－，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(A－)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)，故A正确；
B、b点对应温度下，水的离子积为10－12，H2SO4中c(H＋)=10－2mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)=1mol·L－1，等体积混合后，NaOH过量，溶液显碱性，故B错误；
C、根据图像，纵坐标是－lgc(X－)，数值越大，c(X－)越小，在c(Ag＋)相同时，c(X－)越小，Ksp(AgX)越小，即I－先沉淀出来，故C错误；
D、根据图像，改变条件瞬间，v正增大，v逆减小，可能是增大反应物浓度，同时减少生成物浓度，如果只减少NH3的浓度，只降低v逆，v正不变，故D错误。
15.25℃时，亚碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8, 0.1mol/L的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系不正确的是（ ）
A. c（Na+）＞c（HTeO3-）＞c（OH-）＞c（H2TeO3）＞c（H+）
B. c（Na+）=c（TeO32-）+c（HTeO3-）+c（H2TeO3）
C. c（Na+）+c（H+）= c（HTeO3-）+2c（TeO32-）+c（OH-）
D. c（H+）+c（H2TeO3）= c（OH-）+c（TeO32-）
【答案】A
【解析】
【详解】A．HTeO3-的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-11
C．因为电荷守恒，溶液中阳离子的总电荷数等于阴离子的总电荷数，C项正确；
D．将B、C两式联立，可得c（H+）+c（H2TeO3）= c（OH-）+c（TeO32-），D项正确；
所以答案选择A项。
16.环辛四烯，常用于制造合成纤维、染料、药物，其结构如下图。下列有关它的说法正确的是（ ）
A. 一氯代物有2种
B. 与苯乙烯、互为同分异构体
C. 1 mol该物质燃烧，最多可以消耗9 mol O2
D. 常温下为液态，易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A.环辛四烯分子中只有一种H原子，所以一氯代物有1种，A错误；
B.环辛四烯与苯乙烯、立方烷的分子式都是C8H8，结构不同，互为同分异构体，B正确；
C.物质的分子式为C8H8，消耗氧气的物质的量为(8+)mol=10mol，C错误；
D.该物质分子中C原子数大于4，在常温下为液态，烃类物质难溶于水，D错误；
故合理选项是B。
17.在25℃时，固定容积的密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表，建立平衡需要的时间为20 s，则下列说法不正确的是（ ）
物质
X
Y
Z
初始浓度／（mol·L－1）
0.2
0.1
0.1
平衡浓度／（mol·L－1）
0.05
0.05
0.2
A. 反应可表示为3X+Y 2Z
B. 建立平衡过程中，用Z表示的反应速率为v(Z)=0.005 mol·L－1·s－1
C. 达平衡后，X、Y浓度分别增加0.35 mol·L－1和0.15 mol·L－1，平衡正移，X的转化率变小
D. 若初始浓度：X为0.2 mol·L－1，Y为0.2 mol·L－1，Z为0.8mol·L－1，则v正>v逆
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡浓度与初始浓度差值的比值为3：1：2，X、Y减少，Z增加，反应可表示为：
3X+Y 2Z，A项正确；
B．用Z的平衡浓度减去初始浓度再除以反应时间可得发v(Z)=0.005 mol·L－1·s－1，B项正确；
C．X、Y浓度分别增加0.35 mol·L－1和0.15 mol·L－1后， X与Y的比值由2：1变为11：5，相比于之前更接近反应式的比值，X的转化率增加，C项错误；
D．若初始浓度：X为0.2 mol·L－1，Y为0.2 mol·L－1，Z为0.8mol·L－1时，此时浓度商小于平衡常数，则该反应正向进行，则v正>v逆，D项正确；
所以答案选择C项。
18.1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. XOH是弱碱
B. pH=10的溶液中c(X+)：XOH大于X2CO3
C. 已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则Kh1约为1.0×10－3.8
D. 当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且c(HCO3－)/c(CO32－)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1mol/L的XOH溶液的pH=13，说明XOH溶液中的OH-浓度等于XOH的浓度，XOH完全电离，为一元强碱，A项错误；
B．XOH是强碱溶液，X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液pH相等则XOH浓度要小于X2CO3浓度，再结合物料守恒得出溶液中c(X+)：XOH小于X2CO3，B项错误；
C．已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则不必考虑CO32-的第二步水解，不需要看第一步水解即可。从图中看出0.1mol/L的X2CO3的pH为11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3-)=10-2.4mol/L，c(CO32-)=0.1mol/L，则Kh1=（10-2.4）2/0.1=1.0×10－3.8，C项正确；
D．当lgV=2时，则溶液体积变为原来的100倍，升高温度促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c(CO32－)减小，c(HCO3－)增大，则比值变大，D项错误；
19.下图为常温下向10mL0.1 mol·L-1 NH3·H2O中加入等浓度的盐酸时，NH3·H2O的物质的量随V（盐酸）的变化曲线。（电离度为已电离的NH3•H2O占初始时NH3•H2O的百分比），下列说法正确的是（ ）
A. 测得a点时溶液的pH=11，则NH3·H2O的电离度为1%
B. b点时溶液的pH=7
C. 水的电离程度：b
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 根据溶液中的pH，计算出溶液中的c（OH−），结合电离度的定义分析；
B. 等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中溶质为氯化铵；
C. 氯化铵促进水的电离，盐酸抑制水的电离；
D. 根据物料守恒规律得出结论。
【详解】A. 常温下a点时溶液的pH＝11，则已电离的氢氧根离子浓度c(OH−) = = = 10-3mol/L， NH3·H2O起始的物质的量浓度为0.1mol/L，则电离度 = ×100% = 1%，故A项正确；
B. b点时，氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，因铵根离子的水解使溶液显酸性，则pH＜7,故B项错误；
C. b点时溶液的溶质为氯化铵，c点时，溶液的溶质为氯化铵与氯化氢，因过量的酸会抑制水的电离可知，水的电离程度：b>c，故C项错误；
D. c点时溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl与HCl，其溶液中存在物料守恒，即c(Cl−) = 2[c(NH4+) + c(NH3·H2O)]，故D项错误；
答案选A。
20.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物叙述正确的是（ ）
①分子式为C12H20O2
②能使酸性KMnO4溶液褪色
③能发生加成反应，但不能发生取代反应
④它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种
⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH
⑥1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3mol
A. ①②③ B. ①②④⑤⑥ C. ①②⑤⑥ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①由结构简式可知分子式为C12H20O2，正确；②含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；③含有碳碳双键，能发生加成反应，含有酯基，能发生取代反应，错误；④有机物含有3个双键，对应同分异构体中不可能为芳香族化合物，因芳香族化合物的不饱和度至少为4，错误；⑤1mol该有机物水解生成1mol羧基，只能消耗1mol NaOH，正确；⑥只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，错误。正确说法是①②⑤，选项B符合题意。
考点：考查有机物的结构与性质的知识。
二、填空题（共48分）
21.NH3是一种重要的化工原料，其合成及应用一直备受广大化学工作者的关注。N2和H2生成NH3的反应为：N2（g）+3H2(g) 2NH3(g) △H=－92kJ•mol-1。
（1）已知：N2(g) 2N(g) ; H2(g) 2H(g)，则断开1 mol N－H键所需要的能量是_____________kJ。
（2）有利于提高合成氨平衡产率的条件是_______________。
A. 低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂
（3）向一个恒温恒压容器充入1 mol N2和3mol H2模拟合成氨反应，下图为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p）的关系图。
若体系在T1、60MPa下达到平衡。
①此时平衡常数Kp_______（MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数；计算结果保留3位小数）。
②T1_____________T2（填“>”、“<”或“=”）。
（4）合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）：
第一步 N2（g） 2N*；H2（g） 2H*（慢反应）
第二步 N*+H* NH*；NH*+H* NH2*；NH2* +H* NH3*；（快反应）
第三步 NH3* NH3(g) （快反应）
比较第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2的大小：E1__________E2（填“>”、“<”或“=”），判断理由是________________________________________________。
（5）肼（N2H4）又称为联氨，可作火箭发动机的燃料。肼分子的电子式为_________。
【答案】 (1). 391 (2). AD (3). 0.037 (4). < (5). > (6). 活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢 (7).
【解析】
【分析】
利用化学键的键能数据来计算焓变，可规定吸热为正，放热为负，进行代数和。合成氨是一个正向放热的、气体分子数减小的反应，低温和加压对提高氨气的产率有利；看平衡图像时，可采用“定一议二”的方式进行，固定压强不变，看温度对氨气的含量的影响。
【详解】（1）设断开1 mol N－H键所需要的能量是xkJ，则依据N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H－92kJ•mol-1。，有946+436×3-6x=-92，解得x=391；
（2）合成氨反应是一个正向放热的反应，所以降温有利于提高产率；合成氨反应是一个正向气体分子数减小的反应，加压有利于提高产率；
（3） ① N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
初始 1 3 0
变化 x 3x 2x
平衡 1-x 3-3x 2x
60%=，解得x=0.75mol，所以平衡时N2的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为0.3，NH3的物质的量分数为0.6，所以Kp==0.037；
②从图像来看，当压强不变时，T1时NH3的体积分数大于T2时，根据该反应是放热反应，NH3是生成物的特点，确定T1相对于T2来说是降温，即T1
（5）肼（N2H4）又称为联氨，其中氮和氮之间形成单键，肼分子的电子式为。
22.三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。
实验1：探究Na2CS3的性质
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3 固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份
②
向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色
③
向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
（1）H2CS3是________酸（填“强”或“弱”）。
（2）已知步骤③的氧化产物是SO42－，写出该反应的离子方程式________________________。
实验2：测定Na2CS3溶液的浓度，按如图所示连接好装置，取100mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。
已知：Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
（3）盛放无水CaCl2的仪器的名称是____________。
（4）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是___________________。
（5）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19.2g固体，则A中Na2CS3的物质的量浓度为____________________。
（6）分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若反应结束后将通热N2改为通热空气，计算值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). 弱 (2). 5CS32－+24MnO4－+52H＋=5CO2↑+15SO42－+24Mn2++26H2O (3). 干燥管 (4). 将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 (5). 2.0mol/L (6). 偏高
【解析】
【分析】
“有弱才水解”——依据酚酞变红色，判断H2CS3是弱酸。书写步骤③的离子方程式，要明确介质为酸性，所以C变为CO2，用H+配电荷守恒；反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热氮气一段时间，显然是为了将装置中的残留的H2S、CS2等气体排入吸收装置，防止污染环境。
【详解】(1)根据溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色，说明Na2CS3为强碱弱酸盐，则H2CS3是弱酸；
(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，氧化产物为SO42－，还原产物为Mn2+；则离子方程式为：5CS32－+24MnO4－+52H＋=5CO2↑+15SO42－+24Mn2++26H2O；
(3)盛放无水CaCl2的仪器的名称是干燥管；
(4)装置中残留着一部分生成物，不将其完全排入后续装置会影响实验结果，通入惰性的热N2可将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收；
(5)根据反应Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑可知n(Na2CS3)=n(H2S)，硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，n(CuS)=19.2g÷96g/mol=0.2mol，则A中Na2CS3的物质的量浓度为0.2mol/0.1L=2mol/L；
(6)空气中含有二氧化碳，能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，增加了C的重量，使实验结果偏高。
23.硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示(25℃)：
③此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；离子浓度≤10－5mol·L－1时，离子沉淀完全。
请回答：
（1）传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为________。
（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_________________________。若省略“氧化”步骤，造成的后果是_________________________。
（3）“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为______________________(填化学式)。
（4）“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需维持c(F－)不低于___________。(已知：Ksp(MgF2)=6.4×10－10；Ksp(CaF2)=3.6×10－12)
（5）“系列操作”指___________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】 (1). 产生硫化氢等气体，污染环境 (2). MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O (3). Fe2＋与Mn2＋沉淀区有重叠，造成Mn2＋损失 (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). 8×10－3 mol·L－1 (6). 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
高硫锰矿中含硫量较高，有一部分硫以-2价的S2-形式存在，所以加硫酸酸浸时会生成硫化氢气体；依据题给的焙烧后的烧渣成分，一一分析各步的分离与除杂。将离子浓度10-5mol·L-1代入Ksp的表达式，计算出F-的最小浓度。
【详解】（1）传统工艺采用硫酸浸出，此时MnS或FeS发生复分解反应生成H2S气体，污染环境，造成浪费；
（2）“氧化”时加入的是二氧化锰是氧化剂，还原剂是Fe2+，所以发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；将Fe2+氧化为Fe3+，在Mn2+尚未开始沉淀时，Fe3+已沉淀完全，若不氧化，则Fe2+与Mn2+沉淀的pH范围有重叠，沉淀法除Fe2+时会造成Mn2+损失；
（3）加入碳酸钙进行中和除杂时，生成的沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）根据氟化钙和氟化镁的Ksp可分别计算出钙镁离子完全沉淀时氟离子的浓度，由Ksp(MgF2)=c(Ca2+)c(F-)2，求得钙离子完全沉淀时c(F-)=6×10-4mol·L－1，同理求得镁离子完全沉淀时c(F-)=8×10-3mol·L－1，当氟离子的浓度能使钙离子完全沉淀时，镁离子并没有完全沉淀，所以若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需维持c(F－)不低于能使镁离子完全沉淀的浓度，即不低于8×10-3mol·L－1，注意不要忘写单位；
（5）“系列操作”实现了从溶液中获得MnSO4·4H2O,因为后有“过滤、洗涤、干燥”，所以前面必有结晶。由于绝大多数固体的溶解度随温度降低而降低，所以选择降温（冷却）结晶。在结晶前应先蒸发浓缩，使溶液在较高温度下形成饱和溶液或过饱和溶液。所以本题的答案为“蒸发浓缩、冷却结晶”。
24.化合物 H 是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃 A 制备 H 的流程如下图所示(部分反应条件已略去)：
己知：①有机物 B 苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②两个羟基连在同一碳上不稳定，易脱水形成羰基或醛基；
③ RCHO ＋ CH3CHO RCH=CHCHO ＋ H2O；
④
（1）有机物 B 的名称为_____。
（2）由 D 生成 E 的反应类型为___________ ， E 中官能团的名称为_____。
（3）由 G 生成 H 所需的“一定条件” 为_____。
（4）写出 B 与 NaOH 溶液在高温、高压下反应的化学方程式：_____。
（5）F 酸化后可得 R， X 是 R 的同分异构体， X 能发生银镜反应，且其核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学环境的氢，峰面积比为 1:1:1，写出 1 种符合条件的 X 的结构简式：___。
（6）设计由和丙醛合成的流程图：__________________________(其他试剂任选)。
【答案】 (1). 对溴甲苯（或4－溴甲苯） (2). 取代反应 (3). 羟基、氯原子
(4). 银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）
(5).
(6). 、
(7).
【解析】
【分析】
因为“机物 B 苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是， C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，结合“NaOH溶液”条件可推测B分子中-Br发生水解生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上，所以E的结构简式为，在NaOH溶液、加热条件下氯原子水解生成醇羟基，所以E水解生成的2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐，所以F有结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，显然G到H过程中第1）步是将-CHO氧化为羧基，第2）步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。
【详解】(1)因为“机物 B 苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4-溴甲苯。
(2)D的分子式为C7H8O2，E分子式为C7H6Cl2O2，对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子，光照下Cl2可取代烃基上的氢原子，所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，可推知-Br发生水解反应生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上，所以E的结构简式为，所以E中官能团的名称：羟基、氯原子。
(3) 已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH，而这2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，G到H过程的第1）步是将-CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热。
(4) B（）分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O。
(5) F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个-CHO（2个不饱和度），中间应该是>C=O（1个不饱和度），另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、。
(6)分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图：
考试时间：90分钟 总分：100分
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 P-31 S-32 Fe-56 Cu-64
一、单选题（1-8题每小题2分，9-20题每小题3分 , 共52分）
1.人类将在未来逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”(包括风能、生物质能等太阳能转换形态)，届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法错误的是（ ）
A. 煤、石油和天然气都属于碳素燃料
B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应
C. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能
D. 目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”
【答案】D
【解析】
试题分析：A、煤和石油，天然气都为化石燃料，为碳素燃料，之前，不选A；B、太阳能的利用减少化石燃料的使用，从而减慢温室效应，正确，不选B；C、太阳能电池将太阳能转化wie电能，为清洁能源和 新能源，正确，不选C；D、菠菜蛋白质制成电池为生物质能，属于太阳能文明时代范畴，错误，选D。
考点：常见的生活环境的污染和治理
2.下列物质在水溶液中的电离或水解方程式书写正确的是（ ）
A. CH3COO－+H2O = OH－＋CH3COOH B. HF+H2OH3O＋＋F－
C. H3PO43H＋＋PO D. NaHCO3Na＋＋H＋＋CO
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸根离子的水解应当用可逆符号，A项错误；
B．HF为弱酸，其电离方程式使用可逆符号，题给的式子将氢离子写成了水合氢离子，B项正确；
C．磷酸作为多元弱酸，应分步电离，一步为主，C项错误；
D．碳酸氢钠应完全电离，所以电离方程式应使用等号，碳酸氢根离子不能拆写，D项错误；
所以答案选择B项。
3.参照反应Br+H2→HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是（ ）
A. 正反应为放热反应
B. 断键吸收的总能量大于成键放出的总能量
C. 反应物总能量高于生成物总能量
D. 升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率
【答案】B
【解析】
试题分析：A、当反应物总能量低于生成物总能量，则反应是吸热反应，故A错误；
B、当反应物总能量低于生成物总能量，即断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，故B正确；
C、当反应物总能量高于生成物总能量，则反应是放热反应，根据图示可以看出：△H=+（E1-E2）kJ/mol＞0，是吸热反应，故C错误；
D、升高温度能使化学反应速率加快，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误．
故选B。
考点：反应热和焓变 化学反应中能量转化的原因
点评：本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等。
4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
B. 100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【解析】
分析：A.根据白磷是正四面体结构分析；
B.根据铁离子水解分析；
C.根据甲烷和乙烯均含有4个氢原子分析；
D.根据反应是可逆反应判断。
详解：A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；
B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；
C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；
D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。
点睛：本题主要是考查阿伏加德罗常数的应用，是高考的一个高频考点，主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。
5.下列有关说法不正确的是（ ）
A. 其他条件一定时，平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动
B. 某特定反应的平衡常数仅是温度的函数
C. 通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行
D. 反应NH3(g)+HCl(g) NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH <0
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡常数是温度的函数，平衡常数变化，往往是由于温度发生了变化，而温度变化时平衡一定发生移动，A项正确；
B．对于一下确定的可逆反应化学方程式，平衡常数仅随温度变化，B项正确；
C．放热反应有利于自发，熵增有利于自发，既放热又熵增反应一定自发，C项错误；
D．反应由气体变成了固体，熵是减小的，但室温下该反应可自发，说明该反应显著放热，即焓变小于0，D项正确；
所以答案选择C项。
6.下列事实或操作不符合平衡移动原理的是（ ）
A. 开启啤酒有泡沫逸出
B. 向FeCl3溶液中加KSCN，有Fe（SCN)3(血红色)+3KCl反应，平衡后向体系中加入KCl固体，使体系红色变浅
C. 装有的烧瓶置于热水中颜色加深
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A．啤酒中存在平衡：CO2（g）CO2(aq)，开启啤酒后压强减小，平衡逆向移动，有泡沫溢出，A项排除；
B．从实际参与反应的离子分析，氯化钾不参与反应，KCl的加入并不能使平衡移动，B项可选；
C．装有二氧化氮的烧瓶中存在平衡2 NO2 N2O4 ΔH <0，温度升高，平衡逆向移动，气体颜色加深，C项排除；
D．氯气能和水反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，减少氯气和水的反应损耗，D项排除；
所以答案选择B项。
7.下列关于溶液酸碱性的说法中正确的是（ ）
A. pH=7的溶液一定显中性
B. 中性溶液中，c(H+)一定是1.0×10−7mol·L−1
C. c(H+)= c(OH−)的溶液显中性
D. 在100°C时，纯水的pH<7，因此显酸性
【答案】C
【解析】
试题分析：运用pH判断溶液的酸碱性时，要注意水的离子积常数与温度有关，A、没有给出温度，A错误；B、在中性溶液中c(H＋)和c(OH－)一定相等，但不一定等于1.0×10－7mol·L－1，B错误；C．c(OH－)＝c(H＋)的溶液呈中性，C正确；D、100 ℃的纯水中，虽然pH<7，但c(H＋)＝c(OH－)，还是中性，D错误。
考点：考查了溶液酸碱性与pH的关系。
8.下列对氨水溶液中存在的电离平衡NH3·H2O NH4+＋OH－叙述正确的是（ ）
A. 加水后，溶液中n(OH－)增大
B. 加入少量浓盐酸，溶液中c(OH－)增大
C. 加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动
D. 加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH4+)减少
【答案】A
【解析】
【分析】
加水稀释时，促进氨水电离，c (OH-)减小，n(OH－)增大；加入少量浓盐酸，氢离子和氢氧根离子反应生成水，c (OH-)减小；加入少量浓NaOH溶液，溶液中c (OH-)增大，则抑制一水合氨电离；加入少量NH4Cl固体，c (NH4+)增大，平衡左移。
【详解】A项，加水使NH3·H2O电离平衡右移，n(OH－)增大；B项，加入少量浓盐酸使c(OH－)减小；C项，加入浓NaOH溶液，电离平衡向左移动；D项，加NH4Cl固体，c(NH4+)增大。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确影响弱电解质电离的因素是解答关键，弱电解质的电离是吸热反应，降低温度抑制弱电解质电离，向氨水中加入酸促进一水合氨电离，加入碱抑制一水合氨电离，加水稀释促进一水合氨电离。
9.在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g) MHx+2y(s) ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 若降温，该反应的平衡常数减小
B. 吸收y mol H2只需1 mol MHx
C. 达到平衡后，容器内气体密度保持不变
D. 若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)>v(吸氢)
【答案】C
【解析】
A．反应为放热，反应降低温度，平衡正向移动，则该反应的平衡常数增大，故A错误；B．为可逆反应，1molMHx(s)与ymolH2(g)不能完全反应，则吸收y mol H2需大于1 mol MHx，故B错误；C．该容器为恒温恒容的密闭容器，容器中只有一种气体——氢气，气体的质量逐渐减小，因此气体密度保持不变，表示达到了平衡状态，故C正确；D．通入少量氢气，平衡正向移动，则v(放氢)＜v(吸氢)，故D错误；故选C。
点睛：本题考查化学平衡移动，为高频考点，把握化学平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意K与温度的关系，选项B为易错点。
10.硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图，
下列说法正确的是（ ）
A. 313K时，根据曲线计算可知Ksp(SrSO4) 数量级为10-5
B. 三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大
C. 283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液
D. 283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据表中数据计算，在313K时，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)•c(SO42-)=10-1.45-1.65=10-3.1数量级不为10-5，A项错误；
B．由图像可知，在c(SO42-)或c(Sr2+)相同的条件下，313K时另一种离子的浓度最大，则313K时Ksp(SrSO4)最大，B项正确 ；
C．283K时，位于沉淀溶解平衡曲线上的点达到沉淀溶解平衡，a点在283K曲线的下方，离子浓度乘积小于283K时的Ksp(SrSO4)，为不饱和溶液，C项错误；
D．283K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后，Ksp(SrSO4)减小，溶解平衡逆向移动，会有晶体析出，还是饱和溶液，D项错误；
所以答案选择B项。
11.在一定条件下，Na2CO3溶液中存在＋H2O＋OH－平衡。下列说法不正确的是（ ）
A. 加入NaOH固体，减小
B. 通入CO2，溶液pH减小
C. 升高温度，平衡常数增大
D. 稀释溶液，增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入氢氧化钠固体，增加了溶液中OH-浓度，平衡逆向移动，CO32-浓度增加，HCO3-子浓度减小，所以减小，A项正确；
B．通入二氧化碳会使OH-浓度减小，所以溶液的pH也变小，B项正确；
C．升高温度时，水解平衡向吸热方向移动，所以水解平衡常数增大，C项正确；
D．所给的式子为水解平衡常数的表达式，而水解平衡常数只随温度的变化而变化，D项错误；
所以答案选择D项。
12.反应4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)中，4 mol HCl 被氧化，放出115.6 kJ的热量。
又知：，；
判断下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的ΔH＝＋115.6 kJ·mol－1
B. 断开1 mol H—O 键与断开1 mol H—Cl 键所需能量相差约为32 kJ
C. HCl中H—Cl 键比H2O中H—O键稳定
D. 由题中所提供信息判断氯元素的非金属性比氧元素强
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应的焓变小于0，A项错误；
B．由反应放出的热量与所给的键能数据，可得ΔH=4×H—Cl键的键能+1×O—O的键能-2×Cl—Cl键的键能-4×H—O 键的键能，通过计算可得H-O键的键能减去H-Cl键的键能为31.9kJ，B项正确；
C．由B项可得氢氧键比氢氯键稳定，C项错误；
D．非金属性的强弱与键能无关，D项错误；
所以答案选择B项。
13.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是
A. 原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
B. X的氢化物水溶液酸性强于Z的
C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键
D. 标准状况下W的单质状态与X的相同
【答案】D
【解析】
分析：本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。
详解：黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。
A．同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误。
B．HCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的。选项B错误。
C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误。
D．标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态。选项D正确。
点睛：本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。
14.下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A. 图1表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则等物质的量浓度的NaA和NaB混合溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)
B. 图2中在b点对应温度下，将pH＝2的H2SO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
C. 用0.0100 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 mol/L Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl－
D. 图4表示在N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)达到平衡后，减小NH3浓度时速率的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据图1，相同pH时，稀释相同倍数，酸性强的pH变化大，即HA的酸性强于HB，依据越弱越水解的规律，A－水解程度弱于B－，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(A－)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)，故A正确；
B、b点对应温度下，水的离子积为10－12，H2SO4中c(H＋)=10－2mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)=1mol·L－1，等体积混合后，NaOH过量，溶液显碱性，故B错误；
C、根据图像，纵坐标是－lgc(X－)，数值越大，c(X－)越小，在c(Ag＋)相同时，c(X－)越小，Ksp(AgX)越小，即I－先沉淀出来，故C错误；
D、根据图像，改变条件瞬间，v正增大，v逆减小，可能是增大反应物浓度，同时减少生成物浓度，如果只减少NH3的浓度，只降低v逆，v正不变，故D错误。
15.25℃时，亚碲酸（H2TeO3）的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8, 0.1mol/L的NaHTeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系不正确的是（ ）
A. c（Na+）＞c（HTeO3-）＞c（OH-）＞c（H2TeO3）＞c（H+）
B. c（Na+）=c（TeO32-）+c（HTeO3-）+c（H2TeO3）
C. c（Na+）+c（H+）= c（HTeO3-）+2c（TeO32-）+c（OH-）
D. c（H+）+c（H2TeO3）= c（OH-）+c（TeO32-）
【答案】A
【解析】
【详解】A．HTeO3-的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-11
C．因为电荷守恒，溶液中阳离子的总电荷数等于阴离子的总电荷数，C项正确；
D．将B、C两式联立，可得c（H+）+c（H2TeO3）= c（OH-）+c（TeO32-），D项正确；
所以答案选择A项。
16.环辛四烯，常用于制造合成纤维、染料、药物，其结构如下图。下列有关它的说法正确的是（ ）
A. 一氯代物有2种
B. 与苯乙烯、互为同分异构体
C. 1 mol该物质燃烧，最多可以消耗9 mol O2
D. 常温下为液态，易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A.环辛四烯分子中只有一种H原子，所以一氯代物有1种，A错误；
B.环辛四烯与苯乙烯、立方烷的分子式都是C8H8，结构不同，互为同分异构体，B正确；
C.物质的分子式为C8H8，消耗氧气的物质的量为(8+)mol=10mol，C错误；
D.该物质分子中C原子数大于4，在常温下为液态，烃类物质难溶于水，D错误；
故合理选项是B。
17.在25℃时，固定容积的密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表，建立平衡需要的时间为20 s，则下列说法不正确的是（ ）
物质
X
Y
Z
初始浓度／（mol·L－1）
0.2
0.1
0.1
平衡浓度／（mol·L－1）
0.05
0.05
0.2
A. 反应可表示为3X+Y 2Z
B. 建立平衡过程中，用Z表示的反应速率为v(Z)=0.005 mol·L－1·s－1
C. 达平衡后，X、Y浓度分别增加0.35 mol·L－1和0.15 mol·L－1，平衡正移，X的转化率变小
D. 若初始浓度：X为0.2 mol·L－1，Y为0.2 mol·L－1，Z为0.8mol·L－1，则v正>v逆
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡浓度与初始浓度差值的比值为3：1：2，X、Y减少，Z增加，反应可表示为：
3X+Y 2Z，A项正确；
B．用Z的平衡浓度减去初始浓度再除以反应时间可得发v(Z)=0.005 mol·L－1·s－1，B项正确；
C．X、Y浓度分别增加0.35 mol·L－1和0.15 mol·L－1后， X与Y的比值由2：1变为11：5，相比于之前更接近反应式的比值，X的转化率增加，C项错误；
D．若初始浓度：X为0.2 mol·L－1，Y为0.2 mol·L－1，Z为0.8mol·L－1时，此时浓度商小于平衡常数，则该反应正向进行，则v正>v逆，D项正确；
所以答案选择C项。
18.1mL浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. XOH是弱碱
B. pH=10的溶液中c(X+)：XOH大于X2CO3
C. 已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则Kh1约为1.0×10－3.8
D. 当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且c(HCO3－)/c(CO32－)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.1mol/L的XOH溶液的pH=13，说明XOH溶液中的OH-浓度等于XOH的浓度，XOH完全电离，为一元强碱，A项错误；
B．XOH是强碱溶液，X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液pH相等则XOH浓度要小于X2CO3浓度，再结合物料守恒得出溶液中c(X+)：XOH小于X2CO3，B项错误；
C．已知CO32-的水解常数Kh1远远大于Kh2，则不必考虑CO32-的第二步水解，不需要看第一步水解即可。从图中看出0.1mol/L的X2CO3的pH为11.6，则该溶液中c(OH-)=c(HCO3-)=10-2.4mol/L，c(CO32-)=0.1mol/L，则Kh1=（10-2.4）2/0.1=1.0×10－3.8，C项正确；
D．当lgV=2时，则溶液体积变为原来的100倍，升高温度促进水解，第一步水解程度远远大于第二步，所以溶液中c(CO32－)减小，c(HCO3－)增大，则比值变大，D项错误；
19.下图为常温下向10mL0.1 mol·L-1 NH3·H2O中加入等浓度的盐酸时，NH3·H2O的物质的量随V（盐酸）的变化曲线。（电离度为已电离的NH3•H2O占初始时NH3•H2O的百分比），下列说法正确的是（ ）
A. 测得a点时溶液的pH=11，则NH3·H2O的电离度为1%
B. b点时溶液的pH=7
C. 水的电离程度：b
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 根据溶液中的pH，计算出溶液中的c（OH−），结合电离度的定义分析；
B. 等浓度等体积的氨水与盐酸混合后，溶液中溶质为氯化铵；
C. 氯化铵促进水的电离，盐酸抑制水的电离；
D. 根据物料守恒规律得出结论。
【详解】A. 常温下a点时溶液的pH＝11，则已电离的氢氧根离子浓度c(OH−) = = = 10-3mol/L， NH3·H2O起始的物质的量浓度为0.1mol/L，则电离度 = ×100% = 1%，故A项正确；
B. b点时，氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，因铵根离子的水解使溶液显酸性，则pH＜7,故B项错误；
C. b点时溶液的溶质为氯化铵，c点时，溶液的溶质为氯化铵与氯化氢，因过量的酸会抑制水的电离可知，水的电离程度：b>c，故C项错误；
D. c点时溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl与HCl，其溶液中存在物料守恒，即c(Cl−) = 2[c(NH4+) + c(NH3·H2O)]，故D项错误；
答案选A。
20.乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物叙述正确的是（ ）
①分子式为C12H20O2
②能使酸性KMnO4溶液褪色
③能发生加成反应，但不能发生取代反应
④它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种
⑤1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH
⑥1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3mol
A. ①②③ B. ①②④⑤⑥ C. ①②⑤⑥ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①由结构简式可知分子式为C12H20O2，正确；②含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，正确；③含有碳碳双键，能发生加成反应，含有酯基，能发生取代反应，错误；④有机物含有3个双键，对应同分异构体中不可能为芳香族化合物，因芳香族化合物的不饱和度至少为4，错误；⑤1mol该有机物水解生成1mol羧基，只能消耗1mol NaOH，正确；⑥只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，错误。正确说法是①②⑤，选项B符合题意。
考点：考查有机物的结构与性质的知识。
二、填空题（共48分）
21.NH3是一种重要的化工原料，其合成及应用一直备受广大化学工作者的关注。N2和H2生成NH3的反应为：N2（g）+3H2(g) 2NH3(g) △H=－92kJ•mol-1。
（1）已知：N2(g) 2N(g) ; H2(g) 2H(g)，则断开1 mol N－H键所需要的能量是_____________kJ。
（2）有利于提高合成氨平衡产率的条件是_______________。
A. 低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂
（3）向一个恒温恒压容器充入1 mol N2和3mol H2模拟合成氨反应，下图为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p）的关系图。
若体系在T1、60MPa下达到平衡。
①此时平衡常数Kp_______（MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数；计算结果保留3位小数）。
②T1_____________T2（填“>”、“<”或“=”）。
（4）合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）：
第一步 N2（g） 2N*；H2（g） 2H*（慢反应）
第二步 N*+H* NH*；NH*+H* NH2*；NH2* +H* NH3*；（快反应）
第三步 NH3* NH3(g) （快反应）
比较第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2的大小：E1__________E2（填“>”、“<”或“=”），判断理由是________________________________________________。
（5）肼（N2H4）又称为联氨，可作火箭发动机的燃料。肼分子的电子式为_________。
【答案】 (1). 391 (2). AD (3). 0.037 (4). < (5). > (6). 活化能越大，一般分子成为活化分子越难，反应速率越慢 (7).
【解析】
【分析】
利用化学键的键能数据来计算焓变，可规定吸热为正，放热为负，进行代数和。合成氨是一个正向放热的、气体分子数减小的反应，低温和加压对提高氨气的产率有利；看平衡图像时，可采用“定一议二”的方式进行，固定压强不变，看温度对氨气的含量的影响。
【详解】（1）设断开1 mol N－H键所需要的能量是xkJ，则依据N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H－92kJ•mol-1。，有946+436×3-6x=-92，解得x=391；
（2）合成氨反应是一个正向放热的反应，所以降温有利于提高产率；合成氨反应是一个正向气体分子数减小的反应，加压有利于提高产率；
（3） ① N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
初始 1 3 0
变化 x 3x 2x
平衡 1-x 3-3x 2x
60%=，解得x=0.75mol，所以平衡时N2的物质的量分数为0.1，H2的物质的量分数为0.3，NH3的物质的量分数为0.6，所以Kp==0.037；
②从图像来看，当压强不变时，T1时NH3的体积分数大于T2时，根据该反应是放热反应，NH3是生成物的特点，确定T1相对于T2来说是降温，即T1
（5）肼（N2H4）又称为联氨，其中氮和氮之间形成单键，肼分子的电子式为。
22.三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。
实验1：探究Na2CS3的性质
步骤
操作及现象
①
取少量Na2CS3 固体溶于蒸馏水配制成溶液并分成两等份
②
向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色
③
向另一份溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
（1）H2CS3是________酸（填“强”或“弱”）。
（2）已知步骤③的氧化产物是SO42－，写出该反应的离子方程式________________________。
实验2：测定Na2CS3溶液的浓度，按如图所示连接好装置，取100mLNa2CS3溶液置于三颈烧瓶中，打开仪器d的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。
已知：Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。
（3）盛放无水CaCl2的仪器的名称是____________。
（4）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是___________________。
（5）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19.2g固体，则A中Na2CS3的物质的量浓度为____________________。
（6）分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若反应结束后将通热N2改为通热空气，计算值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). 弱 (2). 5CS32－+24MnO4－+52H＋=5CO2↑+15SO42－+24Mn2++26H2O (3). 干燥管 (4). 将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 (5). 2.0mol/L (6). 偏高
【解析】
【分析】
“有弱才水解”——依据酚酞变红色，判断H2CS3是弱酸。书写步骤③的离子方程式，要明确介质为酸性，所以C变为CO2，用H+配电荷守恒；反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热氮气一段时间，显然是为了将装置中的残留的H2S、CS2等气体排入吸收装置，防止污染环境。
【详解】(1)根据溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色，说明Na2CS3为强碱弱酸盐，则H2CS3是弱酸；
(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，氧化产物为SO42－，还原产物为Mn2+；则离子方程式为：5CS32－+24MnO4－+52H＋=5CO2↑+15SO42－+24Mn2++26H2O；
(3)盛放无水CaCl2的仪器的名称是干燥管；
(4)装置中残留着一部分生成物，不将其完全排入后续装置会影响实验结果，通入惰性的热N2可将装置中残留的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收；
(5)根据反应Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑可知n(Na2CS3)=n(H2S)，硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，n(CuS)=19.2g÷96g/mol=0.2mol，则A中Na2CS3的物质的量浓度为0.2mol/0.1L=2mol/L；
(6)空气中含有二氧化碳，能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，增加了C的重量，使实验结果偏高。
23.硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示(25℃)：
③此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；离子浓度≤10－5mol·L－1时，离子沉淀完全。
请回答：
（1）传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为________。
（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_________________________。若省略“氧化”步骤，造成的后果是_________________________。
（3）“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为______________________(填化学式)。
（4）“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需维持c(F－)不低于___________。(已知：Ksp(MgF2)=6.4×10－10；Ksp(CaF2)=3.6×10－12)
（5）“系列操作”指___________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】 (1). 产生硫化氢等气体，污染环境 (2). MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O (3). Fe2＋与Mn2＋沉淀区有重叠，造成Mn2＋损失 (4). Fe(OH)3、Al(OH)3 (5). 8×10－3 mol·L－1 (6). 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
高硫锰矿中含硫量较高，有一部分硫以-2价的S2-形式存在，所以加硫酸酸浸时会生成硫化氢气体；依据题给的焙烧后的烧渣成分，一一分析各步的分离与除杂。将离子浓度10-5mol·L-1代入Ksp的表达式，计算出F-的最小浓度。
【详解】（1）传统工艺采用硫酸浸出，此时MnS或FeS发生复分解反应生成H2S气体，污染环境，造成浪费；
（2）“氧化”时加入的是二氧化锰是氧化剂，还原剂是Fe2+，所以发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；将Fe2+氧化为Fe3+，在Mn2+尚未开始沉淀时，Fe3+已沉淀完全，若不氧化，则Fe2+与Mn2+沉淀的pH范围有重叠，沉淀法除Fe2+时会造成Mn2+损失；
（3）加入碳酸钙进行中和除杂时，生成的沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）根据氟化钙和氟化镁的Ksp可分别计算出钙镁离子完全沉淀时氟离子的浓度，由Ksp(MgF2)=c(Ca2+)c(F-)2，求得钙离子完全沉淀时c(F-)=6×10-4mol·L－1，同理求得镁离子完全沉淀时c(F-)=8×10-3mol·L－1，当氟离子的浓度能使钙离子完全沉淀时，镁离子并没有完全沉淀，所以若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需维持c(F－)不低于能使镁离子完全沉淀的浓度，即不低于8×10-3mol·L－1，注意不要忘写单位；
（5）“系列操作”实现了从溶液中获得MnSO4·4H2O,因为后有“过滤、洗涤、干燥”，所以前面必有结晶。由于绝大多数固体的溶解度随温度降低而降低，所以选择降温（冷却）结晶。在结晶前应先蒸发浓缩，使溶液在较高温度下形成饱和溶液或过饱和溶液。所以本题的答案为“蒸发浓缩、冷却结晶”。
24.化合物 H 是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃 A 制备 H 的流程如下图所示(部分反应条件已略去)：
己知：①有机物 B 苯环上只有两种不同环境的氢原子；
②两个羟基连在同一碳上不稳定，易脱水形成羰基或醛基；
③ RCHO ＋ CH3CHO RCH=CHCHO ＋ H2O；
④
（1）有机物 B 的名称为_____。
（2）由 D 生成 E 的反应类型为___________ ， E 中官能团的名称为_____。
（3）由 G 生成 H 所需的“一定条件” 为_____。
（4）写出 B 与 NaOH 溶液在高温、高压下反应的化学方程式：_____。
（5）F 酸化后可得 R， X 是 R 的同分异构体， X 能发生银镜反应，且其核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学环境的氢，峰面积比为 1:1:1，写出 1 种符合条件的 X 的结构简式：___。
（6）设计由和丙醛合成的流程图：__________________________(其他试剂任选)。
【答案】 (1). 对溴甲苯（或4－溴甲苯） (2). 取代反应 (3). 羟基、氯原子
(4). 银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）
(5).
(6). 、
(7).
【解析】
【分析】
因为“机物 B 苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是， C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，结合“NaOH溶液”条件可推测B分子中-Br发生水解生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上，所以E的结构简式为，在NaOH溶液、加热条件下氯原子水解生成醇羟基，所以E水解生成的2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐，所以F有结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，显然G到H过程中第1）步是将-CHO氧化为羧基，第2）步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。
【详解】(1)因为“机物 B 苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4-溴甲苯。
(2)D的分子式为C7H8O2，E分子式为C7H6Cl2O2，对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子，光照下Cl2可取代烃基上的氢原子，所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，可推知-Br发生水解反应生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上，所以E的结构简式为，所以E中官能团的名称：羟基、氯原子。
(3) 已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH，而这2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，G到H过程的第1）步是将-CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热。
(4) B（）分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O。
(5) F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个-CHO（2个不饱和度），中间应该是>C=O（1个不饱和度），另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、。
(6)分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图：
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